1、广西柳州市柳江中学2020-2021学年高二物理上学期期中检测试题（含解析）考试范围：选修3-1第一、二章；考试时间：60分钟一、选择题（1-5为单选题，6-8为多选题，每题6分，选不全3分，错选0分，共48分）1. 如图所示的电路中，电源电动势为5V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab5V，Uac5V，Ucd0V，由此可判定（）A. L1和L2的灯丝都烧断了B. L2的灯丝烧断了C. L1的灯丝烧断了D. 变阻器R断路【答案】C【解析】【详解】据题可知说明c点经变阻器R到b点的电路和b点经电源到a点的电路是通的；说明d点经灯泡L2到c点的可能短路，或a点经灯
2、泡L1到d点的电路可能断路，所以L1的灯丝烧断了，故A、B、D错误，C正确；故选C。2. 一根粗细均匀的金属丝，当其两端所加电压为U时，通过其中的电流为I。现将金属丝均匀地拉长为原长的4倍，在其两端电压为2U的情况下，通过的电流为（）A. 16IB. 8IC. ID. I【答案】C【解析】【详解】将金属丝拉长4倍，则横截面积同时也会变成原来的，根据金属丝的电阻变成原来的16倍；电压变为2U情况下，根据欧姆定律，则故选C。3. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是A. 电压表和电流表读数都增大B.
3、电压表和电流表读数都减小C. 电压表读数增大，电流表读数减小D. 电压表读数减小，电流表读数增大【答案】B【解析】【分析】由题意可知考查电路动态分析问题，根据闭合电路欧姆定律分析可得【详解】滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，滑动变阻器连入电路部分电阻变小，外电阻变小，整个回路电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知回路中的电流增大，内阻不变，说明内电压增大，外电压减小，电压表测得是外电压，故电压表读数变小，通过R1的电流增大，两端电压增大，因总的外电压减小，故R2两端电压减小，通过R2的电流减小，电流表读数减小【点睛】闭合电路动态分析时，要先从局部电阻入手，分析电阻变化情况，推测回路总的电阻变化情况，
4、根据闭合电路欧姆定律分析总电流变化情况，先分析不变电阻电流、电压变化关系，根据电流电压关系再间接分析变化电阻电流、电压变化情况4. 如图所示的实验装置中，极板A与静电计外壳相连，平行板电容器的极板B与静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A. Q变小，C不变，U不变，E变小B. Q变小，C变小，U不变，E不变C. Q不变，C变小，U变大，E不变D. Q不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】【分析】先根据电容的决定式，分析电容如何变化，抓住电容器的电荷量不变，由电容的定义式，分析板间电压
5、的变化，由分析板间场强的变化；对于电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式，电容的定义式和板间场强公式，结合电荷不变的条件进行分析。【详解】当增大电容器两极板间距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式分析得知电容C变小；由电容的定义式分析得知板间电压U变大；由因Q、S、均不变，所以板间场强E不变，故C正确，ABD错误。故选C。5. 如图所示，某一导体的形状为长方体,其长、宽、高之比为abc=321。在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定电压，导体的电阻为R1；在3、4两端加上恒定电压，导体的电阻为R2，则R1R2为A. 11B.
6、19C. 49D. 14【答案】B【解析】【详解】根据电阻定律，当在1、2两端加上恒定电压U时阻值为：当在3、4两端加上恒定的电压时阻值为：可得：故B符合题意，ACD不符合题意。6. 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）A 带负电B. 速度先增大后减小C. 经过a点的加速度大于经过c点时的加速度D. 经过b点和d点时的速度大小相同【答案】AD【解析】【详解】A根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可知，该图中的等势面中，正电荷在上方，负
7、电荷在下方，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A正确；B粒子从过程中，电场力做负功；过程中，电场力做正功，在整个运动过程中，电场力先做负功后做正功，粒子速度先减小后增大，B错误；C图中a点处的等势面比c处的等势面稀疏，可知c处的电场强度大，则带电粒子在c点受到的电场力大，所以粒子在c处的加速度大，C错误；D由该图可知，b、d两点都在5V的等势面上，所以粒子在从b到d的过程中，电场力做功为零，由此b、d两点的动能是相等的，所以在b点和d点时的速度大小相同，D正确。故选AD。7. 一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开
8、始由b沿直线运动到d，则bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确的是（ ）A. 此液滴带负电B. 液滴的加速度等于零C. 合外力对液滴做的总功等于零D. 液滴的电势能和动能之和是增加的【答案】AD【解析】【详解】A.据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电故A正确；B.液滴受力分析图，如图所示：由图可得物体所受合力物体的加速度：故B错误C.由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误D.因液滴的重力做正
9、功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确8. 图中R1=4，R2=9，R3=18通电后 （ ） A. 经R1和R3的电流之比I1：I3=3：1B. R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9C. 三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2D. 三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2： 2：1【答案】AD【解析】【详解】因 I2+I3=I1；又：；由两式得：I1：I3=3：1，故A正确；R2与R3的并联值；则，故B错误；功率之比P1：P2：P3=，故C错误，D正确故选AD二、实验题（第9题6分，第10题10分，共16分）9. 如图所示电路中，小量程电
10、流表的内阻Rg100，满偏电流Ig=1mA，R1=900，R2= （1）当S1和S2均断开时，改装成的是_表，最大量程是_（2）当S1和S2均闭合时，改装成的是_表，最大量程是_【答案】 (1). 电压 (2). 1V (3). 电流 (4). 1A【解析】【详解】第一空：由电路图可知，当和均断开时，与串联，改装所成的表是电压表，第二空：量程为V第三空：由电路图可知，当和均闭合时，与并联，改装所成的表是电流表，第四空：量程为:A10. 某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻Rx的阻值。（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（050，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表
11、（03A，内阻约0.025）B电流表（006A，内阻约0.125）C电压表（03V，内阻约3k）D电压表（015V，内阻约15k）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_（选填器材前的字母）；实验电路采用如图所示电路。（2）下图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中电路图，补充完成图中实物间的连线_。（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如下图所示，可得该电阻的测量值Rx=_。（保留2位有效数字）（4）本实验所用电路，产生误差的主要原因是_。（选填选项前的字母）A电流表测量值小于流经Rx的电
12、流值B电流表测量值大于流经Rx的电流值C电压表测量值小于Rx两端的电压值D电压表测量值大于Rx两端电压值【答案】 (1). B (2). C (3). (4). 5.2 (5). B【解析】【详解】（1）1 由于电源电动势为4V，所以电压表应选C；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为所以电流表应选B；2 电压表应选C；（2）3 实物间的连线如下（3）4 电流表的读数为I=0.50A，电压表的读数为U=2.60V，所以待测电阻为（4）5 据欧姆定律和串并联规律可知，采用如图电路时，由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B，故选B。三、计算题11
13、. 如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率【答案】（1）1（2）1606W【解析】【详解】设S2断开时R1消耗的功率为P1，则代入数据可以解得，设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则解得，U=84V由闭合电路欧姆定律得，代入数据，得流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，A而电流关系:所以由代入数据得，12. 如图，一质量m=110-6kg，带电量
14、q= -210-8C的微粒以初速度v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A高20cm的B点时速度大小也是v0，且方向水平向左，且AB两点的连线与水平方向的夹角为45，g取10m/s2，求：（1）AB两点间的电势差UAB；（2）匀强电场的场强E的大小；（3）该微粒初速度v0多大；（4）该过程中带电微粒的最小速度为多少。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）从A点到B点，根据动能定理得代入数据解得（2）AB两点的连线与水平方向的夹角为45，则有，场强E的大小为（3）由竖直方向，根据运动学公式，可得（4）由（1）可知，电场力等于重力，从A点到B点，在竖直方向
15、，微粒做匀减速直线运动，其速度为在水平方向微粒做初速度为零的匀加速直线运动，其速度为则任意一点的速度大小为化简得由数学知识可知，二次函数在对称轴处取得最值，即取得，可得13. 在如图甲所示的电路中，、均为定值电阻，且，阻值未知，是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图乙所示，其中、两点是滑片在变阻器的左右两个不同端点得到的值求：（1）定值电阻的阻值（2）电源的电动势和内阻（3）当滑动变阻器取何值时电源的输出功率最大？最大输出功率是多少？【答案】（1）5 （2）20V 20 （3）17.6 5W【解析】【详解】(1）当P滑到的右端时，电路参数对应乙图中的B
16、点，只有电阻接入电路，由图乙所示图象可知：V，A 则定值电阻的阻值为：（2）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处，所以电源的电动势为V图象斜率表示内阻为：（3）当的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，则有： 代入：解得： 其值为；W14. 如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度N/C。今有一质量为m=0.1kg、带电荷量C的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取g=10m/s2，
17、求：(1)小滑块经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离。【答案】(1)4.2N；(2)10m【解析】【详解】（1）滑块从A到B的过程中，滑块受竖直向下的重力，竖直向下的电场力，沿圆轨道半径指向圆心方向的支持力，只有重力和电场力做功，由动能定理得在B点物块受竖直向向下的重力，竖直向下的电场力，竖直向上的支持力，由圆周运动向心力方程得其中滑块对B点的压力为，由牛顿第三定律可知联立以上各式解得N（2）小滑块在水平地面上受竖直向下的重力，竖直向下的电场力，竖直向上的支持力N，水平向左的滑动摩擦力，从B点开始向右做初速度为，末速度为0的减速运动，对这个过程用动能定理得其中此时小物块在竖直方向受力平衡得联立以上各式解得m所以，小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离为10m。